28-я Балканская математическая олимпиадаЯссы, Румыния, 2011 год

Пусть $ABCDEF$ выпуклый шестиугольник площади 1, противоположные стороны которого параллельны друг другу. Пары прямых из $AB$, $CD$ и $EF$ определяют вершины некоторого треугольника, а пары прямых из $BC$, $DE$ и $FA$ определяют вершины другого треугольника. Докажите, что по крайней мере площадь одного из этих двух треугольников не менее $3/2$.

Комментарий/решение

Пусть $AF \cap BY = X, BC \cap DE=Y, AF \cap DE=Z, AB \cap CD= W, CD \cap FE=U ,AB \cap FE=V.$ Пусть $S(MNP)$ - площадь треугольника $MNP$. Докажем, что $S(AXB)+S(BCW)+S(CDY) \geq S(XYZ)/3$. Заметим, что $3\cdot (S(AXB)/S(XYZ)+S(BCW)/S(XYZ)+S(CDY)/S(XYZ))\geq (\sqrt{S(AXB)/S(XYZ)} + \sqrt{S(BCW)/S(XYZ)} + \sqrt{S(CDY)/S(XYZ)})^2=$

$=(BX/XY+BC/XY+CY/XY)^2=1$. Суммируя все такие неравенства получим, что $S(AXB)+S(BCW)+S(CDY)+S(DEU)+S(FEZ)+S(AFV) \geq 1$

$\Leftrightarrow$ $S(XYZ)+S(UVW) \geq 3$. Тогда один из этих треугольников имеет площадь не менее чем $3/2$.